XVII OM

XVII Olimpiada Matematyczna

Opracowanie rozwiązań: Stefan Straszewicz

XVII OM - I etap

I etap XVII Olimpiady Matematycznej

XVII OM - I - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Przedstawić wielomian $x^5 + x + 1$ w postaci iloczynu dwóch wielomianów stopnia niższego o współczynnikach całkowitych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że poszukiwany rozkład istnieje. Żaden z czynników tego rozkładu nie może być stopnia pierwszego. Gdyby bowiem dla każdego $x$ zachodziła równość

$ x^5+ x+1 = (mx+n) (ax^4 + bx^3 + \ldots), $

gdzie liczby $m, n, a, b, \ldots$ są całkowite, to stąd wynikałoby, że $ma = 1$ , zatem $m = a = \pm 1$ , więc wielomian $x^5+x+1$ miałby pierwiastek całkowity $-\frac{n}{m}$ . To zaś jest niemożliwe, gdyż dla każdego całkowitego $x$ liczba $x^5 + x + 1$ jest nieparzysta.

Stąd wynika, że żądany rozkład ma postać

$ x^5 + x + 1 = (mx^2+nx+p) (ax^3+bx^2+cx+d), $

gdzie liczby $m, n, p, a, b, c, d$ są całkowite.

W takim razie $ma= 1$ , $pd= 1$ , więc $m = a = \pm 1$ , $p = d = \pm 1$ .

Możliwe są zatem cztery przypadki, z których wystarczy rozpatrzyć dwa; pozostałe sprowadzają się do nich przez zmianę znaku obu czynników rozkładu.

a) Gdy $m = a=1$ , $p=d=1$ , wtedy z porównania współczynników przy jednakowych potęgach $x$ po obu stronach równości

$ x^5 + x +1 = (x^2+nx+1) (x^3+bx^2+cx+1) $

otrzymujemy

$ \begin{array}{cc} (1) \qquad b+n = 0 & (3) \qquad 1+nc+b = 0\\ (2) \qquad c+nb+1 = 0 & (4) \qquad n+c = 1. \end{array} $

Układ równań (1) - (4) ma jedno rozwiązanie $n= 1$ , $b=- 1$ , $c=0$ , co daje rozkład

$ x^5+x+1 = (x^2+x+1) (x^3- x^2 +1). $

b) Gdy $m = a=1$ , $p = d=- 1$ , otrzymujemy podobnie jak w przypadku a) układ równań

$ \begin{array}{cc} (1') \qquad b+n = 0 & \nr{3'} -1+nc-b = 0\\ (2') \qquad c+nb -1 = 0 & \nr{4'} -n-c=1. \end{array} $

Łatwo sprawdzić, że układ ten nie ma rozwiązań. Rozwiązaniem zadania jest zatem wzór

$ x^5+x+1 = (\varepsilon x^2+\varepsilon x+\varepsilon) (\varepsilon x^3-\varepsilon x^2+\varepsilon), $

gdzie $\varepsilon = \pm 1$ .

Uwaga. Rozkład, o który chodzi w zadaniu, można by znaleźć szybko w sposób następujący:

$ \begin{split} x^5+x+1 & = x^5- x^2 + x^2 + x +1 = x^2(x^3- 1)+ x^2 + x + 1 = \\ & = x^2(x- 1) (x^2+ x+1) + (x^2+x+1) = (x^2+x+1) (x^3-x^2+1). \end{split} $

Takie rozwiązanie zadania wymaga jeszcze dowodu, że nie ma już innego rozkładu poza tym, który otrzymamy zmieniając znaki obu znalezionych czynników. Najłatwiej to wykazać posługując się liczbami zespolonymi. Niech $x_1$ , $x_2$ oznaczają pierwiastki wielomianu $x^2+x+1$ , a $x_3$ , $x_4$ , $x_5$ - pierwiastki wielomianu $x^3-x^2+1$ .

Wówczas

$ x^5 + x + 1 = (x-x_1) (x-x_2) (x-x_3) (x-x_4) (x-x_5). $

Każdy dzielnik kwadratowy wielomianu $x^5+x+1$ mający współczynniki całkowite jest postaci $m(x-x_i) (x-x_k)$ , gdzie liczba $m$ jest całkowita, a $x_i$ , $x_k$ są dwoma pierwiastkami wielomianu. Otóż łatwo stwierdzić, że takim dzielnikiem może być tylko $m(x-x_1) (x-x_2)$ . Przeprowadzenie szczegółowego dowodu pozostawiamy jako ćwiczenie.

Wskazówka. Jedna z liczb $x_3$ , $x_4$ , $x_5$ jest liczbą rzeczywistą niewymierną, a dwie pozostałe są liczbami zespolonymi sprzężonymi, których suma i iloczyn są niewymierne.

XVII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczba rzeczywista $x_1$ spełnia równanie $x^3+2px+q = 0$ ( $p, q$ - dane liczby rzeczywiste), to $x_1q \leq p^2$ .

Rozwiązanie

Gdy $x_1 = 0$ , nierówność $x_1q \leq p^2$ jest prawdziwa, załóżmy wobec tego, że $x_1 \ne 0$ .

Według założenia $x_1^3+2px_1+q = 0$ , zatem liczba $x_1$ jest pierwiastkiem równania kwadratowego

$ x_1x^2 + 2px + q = 0. $

Wyróżnik tego równania jest więc nieujemny, zatem $p^2- x_1q \geq 0$ , stąd $x_1q \leq p^2$ .

XVII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Znaleźć miejsce geometryczne środków ciężkości trójkątów ostrokątnych wpisanych w dany okrąg.

Rozwiązanie

Stwierdzamy najpierw, że każdy punkt $S$ leżący wewnątrz koła jest środkiem ciężkości pewnego trójkąta wpisanego w to koło. Istotnie, jeżeli punkt $S$ leży na promieniu $OC =r$ (rys. 1), punkt $M$ na przedłużeniu $CS$ poza punkt $S$ , przy czym $CM = \frac{3}{2} CS$ , wobec czego $CM < 2r$ , to prowadząc przez $M$ cięciwę $AB$ koła prostopadłą do $CM$ otrzymujemy trójkąt równoramienny $ACB$ o środku ciężkości $S$ .

Jeżeli przy tym $OS < \frac{1}{3} OC$ , to $CS > \frac{2}{3} OC$ , $CM>OC$ , więc też $CM > AM$ , zatem $\measuredangle ACM < 45^\circ$ , skąd wynika, że trójkąt $ACB$ jest ostrokątny.

Okazało się, że każdy punkt wewnętrzny koła współśrodkowego z danym kołem i mającego trzy razy mniejszy promień jest środkiem ciężkości trójkąta ostrokątnego wpisanego w dane koło.

Udowodnimy, że zachodzi również twierdzenie odwrotne.

Przypuśćmy, że $ABC$ jest trójkątem ostrokątnym wpisanym w dane koło, a $S$ jego środkiem ciężkości. Mamy dowieść, że $OS < \frac{1}{3} r$ .

Gdy $AC=BC$ , teza jest oczywista, gdyż punkt $O$ leży wówczas na środkowej $CM$ trójkąta i $OS = |CS-0C|=|\frac{2}3{3} CM-OC| < \frac{1}{3}r$ , gdyż $\frac{2}{3} r < \frac{2}{3} CM < \frac{4}{3} r$ , a $OC = r$ .

Przyjmijmy, że $AC < BC$ i niech $A'$ , $B'$ i $C'$ będą punktami odpowiednio symetrycznymi do $A$ , $B$ i $C$ względem średnicy koła równoległej do $AB$ (rys. 2). Z założenia, że trójkąt $ABC$ jest ostrokątny wynika, że punkt $C$ leży na mniejszym z dwóch łuków o końcach $A'$ i $B'$ , więc $CC' > AA'$ . Prosta poprowadzona przez punkt $S$ równolegle do $CC'$ przecina odcinki $OC$ i $OC'$ odpowiednio w punktach $D$ i $D'$ .

Trójkąty $ODD'$ i $OCC'$ są jednokładne w stosunku $1 \colon 3$ , a trójkąty $CSD$ i $CMO$ - jednokładne w stosunku $2 \colon 3$ , zachodzą więc równości:

$ \frac{DD'}{CC'} = \frac{OD}{OC} = \frac{SM}{CM} = \frac{1}{3}, \textrm{ skąd } \frac{DD'} = \frac{1}{3} CC' > \frac{1}{3} AA', $

oraz

$ \frac{DS}{OM} = \frac{CS}{CM} = \frac{2}{3}, \textrm{ skąd } DS= \frac{2}{3} OM= \frac{1}{3} AA', $

zatem

$ DS<DD', $

skąd wynika, że punkt $S$ leży między punktami $D$ i $D'$ .

Otóż $OD=OD'=\frac{1}{3} OC$ , tzn. punkty $D$ i $D'$ leżą na okręgu o środku $O$ i promieniu $\frac{1}{3} r$ , wobec czego punkt $S$ leży wewnątrz tego okręgu.

Uzyskaliśmy wynik: Miejscem geometrycznym środków ciężkości trójkątów ostrokątnych wpisanych w dany okrąg jest wnętrze okręgu o tym samym środku, a trzy razy mniejszym promieniu.

Uwaga. Łatwo zauważyć, że miejscem geometrycznym środków ciężkości trójkątów prostokątnych wpisanych w okrąg $O(r)$ *) jest okrąg $O \left( \frac{1}{3}r \right)$ . Stąd i z twierdzenia udowodnionego wynika twierdzenie: M. g. środków ciężkości trójkątów rozwartokątnych wpisanych w $O(r)$ jest wnętrze pierścienia kołowego ograniczonego okręgami $O(r)$ i $O\left( \frac{1}{3}r \right)$ .

XVII OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Na płaszczyźnie dany jest okrąg i punkt $M$ . Znaleźć na okręgu takie punkty $A$ i $B$ , żeby odcinek $AB$ miał daną długość $d$ , a kąt $AMB$ był równy danemu kątowi $\alpha$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że $A$ i $B$ są punktami danego okręgu spełniającymi warunki $AB = d$ , $\measuredangle AMB = \alpha$ (rys. 5).

Obierzmy w danym okręgu dowolną cięciwę $CD$ o długości $d$ . Obróćmy trójkąt $AMB$ dokoła środka $O$ danego okręgu o kąt $HOK$ , gdzie $H$ i $K$ oznaczają środki cięciw $AB$ i $CD$ . Po obrocie punkt $A$ znajdzie się w punkcie $C$ , a punkt $B$ w punkcie $D$ lub na odwrót; punkt $M$ przejdzie na pewien punkt $N$ . Punkt $N$ a) leży na okręgu o środku $O$ i promieniu $OM$ , b) leży na takim łuku okręgu, którego końcami są punkty $C$ i $D$ i który mieści kąt wpisany $\alpha$ . Odwrotnie, jeżeli wyznaczymy punkt $N$ spełniający powyższe warunki a) i b), to obracając trójkąt $CND$ dokoła $O$ o kąt $NOM$ otrzymamy trójkąt $AMB$ , którego podstawa jest żądanym odcinkiem. Ponieważ są dwa łuki o końcach $C$ , $D$ mieszczące kąt wpisany $\alpha$ , więc zależnie od długości odcinka $OM$ liczba rozwiązań będzie równa $4$ , $3$ , $2$ , $1$ lub $0$ .

XVII OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dane są liczby dodatnie $p$ i $q$ . Dowieść, że prostopadłościan, w którym suma krawędzi równa się $4p$ , a pole powierzchni równa się $2q$ , istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy $p^2 \geq 3q$ .

Rozwiązanie

a) Przypuśćmy, że żądany prostopadłościan istnieje. Istnieją zatem liczby $x$ , $y$ , $z$ spełniające równania

$ (1) \qquad x+y+z = p, $

$ (2) \qquad xy+yz+zx=q. $

W takim razie liczby $p$ i $q$ spełniają nierówność $p^2 \geq 3q$ , gdyż z (1) i (2) wynika, że

$ \begin{split} p^2-3q &= (x+y+z)^2-3(xy + yz + zx) =\\ &= x^2+y^2+z^2- xy-yz-zx=\\ &=\frac{1}{2} [(x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2 ] \geq 0. \end{split} $

b) Przypuśćmy, że dane liczby dodatnie $p$ i $q$ spełniają nierówność $p^2 \geq 3q.$

Wykażemy, że istnieją wówczas liczby dodatnie $x$ , $y$ , $z$ spełniające równania (1) i (2). Jeżeli $\sigma$ oznacza liczbę dodatnią mniejszą od $\frac{p}{3}$ , to liczby określone wzorami

$ (3) \qquad x= \frac{p}{3} -\sigma, y=\frac{p}{3}-\sigma, z=\frac{p}{3} + 2\sigma $

są dodatnie i spełniają równanie (1). Z równości (3) wynika, że

$ xy + yz + zx= \frac{p^2}{3} - 3\sigma^2. $

Biorąc $\sigma = \frac{1}{3} \sqrt{p^2-3q}$ stwierdzamy, że $0 < \sigma < \frac{p}{3}$ i że

$ xy + yz + zx=q. $

Wyznaczone w powyższy sposób liczby $x$ , $y$ , $z$ spełniają zatem także równanie (2), więc prostopadłościan o krawędziach $x$ , $y$ , $z$ ma żądane własności.

XVII OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Udowodnić twierdzenie: Jeżeli współczynniki $a, b, c, d$ równania stopnia trzeciego $ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$ są liczbami całkowitymi, przy czym liczba $ad$ jest nieparzysta, a liczba $bc$ - parzysta, to równanie nie może mieć trzech pierwiastków wymiernych.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że dane równanie ma trzy pierwiastki wymierne $x_1, x_2, x_3$ . Przekształćmy równanie wprowadzając zamiast $x$ nową niewiadomą $y = ax$ , tzn. podstawiając do równania $\frac{y}{a}$ na miejsce $x$ .

Otrzymujemy równanie

$ (1) \qquad y^2 + by^2 + acy + a^2d = 0, $

którego pierwiastkami są liczby $y_1 = a_1x$ , $y_2 = ax_2$ , $y_3 = ax_3$ . Liczby te, jako iloczyny liczb wymiernych $x_1$ , $x_2$ , $x_3$ przez liczbę całkowitą $a$ , są wymierne. Ponieważ w równaniu (1) współczynnik przy najwyższej potędze niewiadomej, tj. przy $y^3$ , jest równy $1$ , więc na mocy znanego twierdzenia wymierne pierwiastki tego równania, czyli $y_1$ , $y_2$ , $y_3$ , są liczbami całkowitymi.

Według wzorów Viete'a

$ (2) \qquad y_1 + y_2 + y_3 = -b, $

$ (3) \qquad y_1y_2 + y_2y_3 + y_3y_1 = ac, $

$ (4) \qquad y_1y_2y_3 = -a^2d. $

Z założenia, że iloczyn $ad$ liczb całkowitych $a$ i $d$ jest liczbą nieparzystą wynika, że $a$ i $d$ , zatem również $a^2d$ są liczbami nieparzystymi, skąd wobec równania (4) wnioskujemy, że $y_1$ , $y_2$ , $y_3$ są nieparzyste. W takim razie ze wzorów (2) i (3) wynika, że liczby $b$ i $ac$ są nieparzyste, wobec czego iloczyn $abc$ jest liczbą nieparzystą. Otrzymaliśmy sprzeczność z założeniem, że liczba $bc$ jest parzysta. Przypuszczenie, że dane równanie ma trzy pierwiastki wymierne, jest więc fałszywe.

XVII OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

W dany trójkąt wpisano dwa trójkąty w taki sposób, że wierzchołki jednego z nich są symetryczne do wierzchołków drugiego względem środków boków danego trójkąta. Udowodnić, że pola tych trójkątów są równe.

Rozwiązanie

Pole trójkąta o wierzchołkach $K$ , $L$ , $M$ będziemy oznaczali krótko symbolem $(KLM)$ .

Niech $(M_1,M_2)$ , $(N_1,N_2)$ , $(P_1, P_2)$ będą parami punktów leżących odpowiednio na bokach $BC$ , $CA$ , $AB$ trójkąta $ABC$ i symetrycznych względem środków tych boków (rys. 6).

Zadanie sprowadza się do wykazania, że sumy

$ S_1 = (AP_1N_1)+(BM_1P_1) + (CN_1M_1) $

$ S_2 = (AP_2N_2)+(BM_2P_2) + (CN_2M_2) $

są równe.

Według założenia $AP_1 = P_2B$ , $AN_1 = N_2C$ , więc

$ AP_1 + AP_2 = AB, \quad AN_1 + AN_2 = AC. $

Zatem

$ \begin{split} 2(AP_1N_1) & = AP_1 \cdot AN_1 \sin A = (AB-AP_2) (AC-AN_2) \sin A = \\ & = (AB \cdot AC - AB \cdot AN_2 - AC \cdot AP_2 + AP_2 \cdot AN_2) \sin A. \end{split} $

Stąd

$ (1) \qquad (AP_1N_1) = (ABC)-(ABN_2)-(CAP_2) + (AP_2N_2). $

Analogicznie

$ (2) \qquad (BM_1P_1)=(ABC) -(ABM_2)- (BCP_2)+(BM_2P_2), $

$ (3) \qquad (CM_1N_1)=(ABC)-(BCN_2)-(CAM_2)+(CN_2M_2). $

Zauważmy, że

$ (4) \qquad (ABM_2)+(CAM_2)=(BCN_2)+(ABN_2)=(CAP_2+BCP_2) = (ABC). $

Dodając równości (1), (2), (i) stronami i uwzględniając (4) otrzymujemy

$ S_1 = S_2. $

XVII OM - I - Zadanie 8

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

W przestrzeni dane są trzy proste. Znaleźć prostą przecinającą je w takich punktach $A, B, C$ , że $\frac{AB}{BC}$ równa się danej liczbie dodatniej $k$ .

Rozwiązanie

Rozważmy najpierw przypadek, gdy dane trzy proste są parami skośne, a przy tym nie leżą w trzech płaszczyznach wzajemnie równoległych.

Oznaczmy dane proste literami $a$ , $b$ , $c$ i niech $l$ będzie prostą przecinającą je odpowiednio w takich punktach $A$ , $B$ , $C$ , że $\frac{AB}{BC}=k$ .

Niech $\alpha$ i $\gamma$ będą płaszczyznami równoległymi przechodzącymi odpowiednio przez proste $a$ i $c$ ; wiadomo, że taka para płaszczyzn istnieje i to tylko jedna. Zauważmy, że punkt $B$ jest takim punktem prostej $b$ , którego odległości od płaszczyzn $\alpha$ i $\gamma$ są w stosunku $\frac{AB}{BC}=k$ i że $l$ jest prostą przecięcia płaszczyzn przechodzących przez punkt $B$ i zawierających proste $a$ i $c$ .

Z powyższej analizy wysnuwamy następującą konstrukcję (rys. 7)

Oznaczywszy dane proste w dowolny sposób literami $a$ , $b$ , $c$ prowadzimy płaszczyzny równoległe $\alpha$ i $\gamma$ przechodzące odpowiednio przez proste $a$ i $c$ *). Prowadzimy następnie taką płaszczyznę $\beta$ równoległą do $\alpha$ i $\gamma$ , której odległości od płaszczyzn $\alpha$ i $\gamma$ są w stosunku $k$ .

Płaszczyzna $\beta$ przecina prostą $b$ w pewnym punkcie $B$ , gdyż według założenia prosta $b$ nie leży w płaszczyźnie równoległej do $\alpha$ i $\gamma$ . Przez punkt $B$ prowadzimy płaszczyzny $\alpha_1$ i $\gamma_1$ zawierające odpowiednio proste $a$ i $c$ ; przecinają się one według prostej, którą oznaczymy literą $l$ . Prosta $l$ przecina proste $a$ i $c$ odpowiednio w pewnych punktach $A$ i $C$ ; gdyby bowiem była do którejś z nich równoległa, to leżałaby w płaszczyźnie $\beta$ , więc byłaby równoległa i do drugiej, wbrew założeniu, że $a$ i $c$ są skośne. Ponieważ odcinki $AB$ i $BC$ są proporcjonalne do odległości punktu $B$ od płaszczyzn $\alpha$ i $\gamma$ , więc $\frac{AB}{BC} = k$ , tzn. trójka punktów $A$ , $B$ , $C$ jest rozwiązaniem zadania.

Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Gdy $k \ne 1$ , płaszczyzna $\beta$ może mieć jedno z dwóch położeń: w warstwie między płaszczyznami $\alpha$ i $\gamma$ lub na zewnątrz tej warstwy. Przy obranym oznaczeniu danych prostych istnieją zatem dwa rozwiązania. Ponieważ mamy $6$ sposobów oznaczenia danych prostych literami $a$ , $b$ , $c$ , więc zadanie ma $12$ rozwiązań. Należy jednak zauważyć, że są takie wartości stosunku $k$ , przy których pewne z tych rozwiązań są jednakowe w tym znaczeniu, że składają się z tych samych punktów tylko inaczej nazwanych. Łatwo sprawdzić, że zachodzi to w przypadku tak zwanego złotego podziału odcinka. Mianowicie, gdy $k= \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ i trójka punktów $A$ , $B$ , $C$ jest rozwiązaniem zadania, wtedy $\frac{AB}{BC}= \frac{BC}{AC}$ lub $\frac{AB}{BC}= \frac{AC}{AB}$ zależnie od tego, czy punkt $B$ , czy też punkt $A$ leży między dwoma pozostałymi. W pierwszym przypadku z rozwiązania $A$ , $B$ , $C$ otrzymujemy inne rozwiązanie oznaczając te punkty literami $C$ , $A$ , $B$ , w drugim przypadku przemianowujemy je na $B$ , $C$ , $A$ . Podobnie gdy $k=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ , wtedy z rozwiązania $A$ , $B$ , $C$ otrzymujemy inne rozwiązanie zmieniając nazwy punktów na $B$ , $C$ , $A$ , gdy $B$ leży między $A$ i $C$ , a na $C$ , $A$ , $B$ , gdy $C$ leży między $A$ i $B$ . W pierwszym przypadku jest bowiem $\frac{AB}{BC}= \frac{AC}{AB}$ , w drugim zaś $\frac{AB}{BC}= \frac{BC}{AC}$ . W każdym z tych dwóch przypadków wśród $12$ rozwiązań jest tylko $6$ różnych trójek punktów.

Gdy $k=1$ , rozwiązań jest $6$ , ale przedstawiają one tylko $3$ różne trójki punktów. Mianowicie z każdego rozwiązania $A$ , $B$ , $C$ otrzymuje się inne rozwiązanie zmieniając nazwy punktów na $C$ , $B$ , $A$ .

Dla innych przypadków wzajemnego położenia danych prostych rozwiązanie zadania jest bardzo łatwe; ograniczymy się do krótkich objaśnień proponując czytelnikowi szczegółowe uzasadnienie podanych twierdzeń.

Gdy dane proste są parami skośne i leżą w trzech płaszczyznach równoległych, zadanie ma rozwiązanie tylko wtedy, gdy odległości jednej z tych płaszczyzn od dwóch pozostałych są w stosunku $k$ ; rozwiązań jest wówczas nieskończenie wiele.

Gdy dwie dane proste - nazwijmy je $m$ i $n$ - leżą w jednej płaszczyźnie, a trzecia prosta $p$ jest do każdej z nich skośna, rozwiązanie może istnieć tylko wtedy, gdy $p$ przecina płaszczyznę prostych $m$ i $n$ w pewnym punkcie $P$ . Jeżeli proste $m$ i $n$ przecinają się i $k \ne 1$ , rozwiązań jest $12$ , przy czym dla $k = \frac{\sqrt{5}+1}{2}$ oraz dla $k = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$ rozwiązania te tworzą tylko $6$ różnych trójek punktów; jeżeli zaś $k=1$ , rozwiązań jest $6$ , a wśród nich tylko trzy są rożnymi trójkami punktów. Jeżeli proste $m$ i $n$ są równoległe, rozwiązania istnieją tylko wówczas, gdy stosunek dwóch spośród liczb $\lambda$ , $\mu$ , $\nu$ , gdzie $\lambda$ jest odległością prostych $m$ i $n$ , a $\mu$ i $\nu$ - odległościami punktu $P$ od $m$ i $n$ , równa się liczbie $k$ ; jeśli taki przypadek zachodzi, rozwiązań jest nieskończenie wiele.

Gdy para danych prostych leży w jednej płaszczyźnie, a inna para w innej płaszczyźnie, rozwiązań nie ma.

Gdy wszystkie trzy proste leżą w jednej płaszczyźnie, ale nie są parami równoległe, rozwiązań jest nieskończenie wiele.

Gdy wreszcie dane proste leżą w jednej płaszczyźnie i są parami równoległe, rozwiązanie istnieje tylko wówczas, gdy odległości jednej z tych prostych od dwóch pozostałych są w stosunku $k$ ; gdy ten przypadek zachodzi, rozwiązań jest nieskończenie wiele.

XVII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Rozwiązać w liczbach naturalnych równanie

$ (1) \qquad x+y+z=xyz. $

Rozwiązanie

Wystarczy wyznaczyć takie rozwiązania równania (1) w liczbach naturalnych, że

$ (2) \qquad x \leq y \leq z. $

Wszystkie pozostałe rozwiązania znajdziemy wówczas tworząc permutacje znalezionych wartości $x$ , $y$ , $z$ .

\spos{1} Przypuśćmy, że liczby naturalne $x$ , $y$ , $z$ spełniają równanie (1) i warunek (2). Wówczas

$ x+y+z \leq 3z,\textrm{ zatem } xyz \leq 3z,\textrm{ stąd } xy \leq 3 \textrm{ i } x^2 \leq 3, $

wobec czego $x = 1$ ; z równości (1) otrzymujemy

$ 1 + y+z = yz,\textrm{ stąd } yz-y-z+1 = 2,\textrm{ więc } (y- 1)(z-1) = 2, $

skąd wnioskujemy, że $y=2$ , $z = 3$ .

Trójka liczb $(1, 2, 3)$ jest rozwiązaniem zadania. Pozostałymi rozwiązaniami są trójki $(1, 3, 2)$ , $(2, 1, 3)$ , $(2, 3, 1)$ , $(3, 1, 2)$ , $(3, 2, 1)$ .

Uwaga. Zadanie można uogólnić pytając o wszystkie rozwiązania równania (1) w liczbach całkowitych.

Zauważmy najpierw, że równanie to ma nieskończenie wiele rozwiązań całkowitych, w których jedna z niewiadomych otrzymuje wartość zero; dwie pozostałe są wtedy liczbami przeciwnymi, np. $x=0$ , $y=-z$ - dowolna liczba całkowita.

Trzeba zatem wyznaczyć jeszcze tylko te rozwiązania całkowite równania (1), w których wartości niewiadomych są różne od zera, a przynajmniej jedna z nich jest ujemna.

Niech $(x, y, z)$ będzie takim rozwiązaniem; wówczas $( - x, -y, -z)$ też jest rozwiązaniem równania (1). Rozróżniamy następujące przypadki.

a) Tylko jedna z liczb $x$ , $y$ , $z$ jest ujemna; niech np. $x<0$ , $y>0$ , $z>0$ ; równość (1) możemy napisać w postaci

$ (1a) \qquad y+z=x(yz-1). $

Równość (1a) zachodzić jednak nie może, gdyż lewa jej strona jest liczbą dodatnią, prawa zaś, jako iloczyn liczby ujemnej przez nieujemną (gdyż $yz \geq 1$ ), nie jest liczbą dodatnią. Równanie (1) nie ma zatem rozwiązań typu a).

b) Dwie spośród liczb $x$ , $y$ , $z$ są ujemne, a trzecia jest dodatnia, np. $x>0$ , $y<0$ , $z<0$ ; wówczas $-x<0$ , $-y>0$ , $- z>0$ , tzn. równanie (1) ma rozwiązanie typu a), co jest niemożliwe. Przypadek b) zachodzić nie może.

c) $x < 0$ , $y < 0$ , $z < 0$ ; wówczas trójka liczb $(-x, -y, -z)$ jest rozwiązaniem równania (1) w liczbach naturalnych, więc składa się z liczb $1$ , $2$ , $3$ . Rozwiązaniem typu c) równania (1) jest więc trójka liczb $(-1, -2, -3)$ oraz jej permutacje.

XVII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Zadanie 10.
Dowieść, że jeżeli liczby rzeczywiste $a, b, c$ spełniają, nierówności

$ (1) \quad a+b+c>0 \quad \text{ i } \quad (2) \quad abc>0, $

to dla każdego naturalnego $n$ zachodzi nierówność

$ (3) \qquad a^n + b^n + c^n > 0. $

Rozwiązanie

Z założenia (2) wynika, że liczby $a$ , $b$ , $c$ są albo wszystkie dodatnie, albo jedna jest dodatnia, a dwie są ujemne. W pierwszym przypadku teza (3) jest oczywista, wystarczy więc przeprowadzić dowód zakładając, że np. $a>0$ , $b<0$ , $c<0$ , ograniczając się przy tym do nieparzystych wartości $n$ , gdyż dla $n$ parzystego nierówność (3) jest oczywiście prawdziwa.

Twierdzenie można udowodnić bez stosowania indukcji, powołując się za to na wzór dwumianowy Newtona.

Niech $-b=b_1$ , $-c=c_1$ , zatem $b_1>0$ , $c_1>0$ . Z założenia (1) wynika, że $a> - b-c$ , czyli

$ a>b_1+c_1. $

Stąd dla dowolnego naturalnego $n$

$ a^n > (b_1 + c_1)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} b_1^{n-k} c_1^k = b_1^n + c_1^n + \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k} b_1^{n-k} c_1^{n-k}, $

więc

$ a^n > b_1^n + c_1^n = (-b)^n + (-c)^n; $

dla nieparzystego $n$ otrzymujemy stąd

$ a^n+b^n+c^n > 0, \textrm{ c.n.d.} $

XVII OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dowieść, że środki kół dopisanych trójkąta i punkty symetryczne do środka koła wpisanego w ten trójkąt względem jego wierzchołków leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Niech $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ będą punktami symetrycznymi do środka $O$ koła wpisanego w trójkąt $ABC$ odpowiednio względem wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ , a $S_1$ środkiem koła dopisanego trójkąta $ABC$ , które jest styczne do boku $BC$ (rys. 8). Dla dowodu twierdzenia wystarczy stwierdzić, że punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ i $S_1$ leżą na jednym okręgu. Ponieważ $C_1$ i $S_1$ leżą po jednej stronie prostej $A_1B_1$ , mianowicie po tej samej stronie prostej $A_1B_1$ co trójkąt $ABC$ , więc sprowadza się to do wykazania, że $\measuredangle A_1S_1B_1= \measuredangle A_1C_1B_1$ . Zauważmy, że

a) Trójkąty $A_1B_1C_1$ i $ABC$ są jednokładne względem punktu $O$ , więc

$ \measuredangle A_1C_1B_1= \measuredangle ACB=2 \measuredangle OCB. $

b) Proste $BS_1$ i $CS_1$ jako dwusieczne kątów zewnętrznych trójkąta $ABC$ są prostopadłe do dwusiecznych $OB$ i $OC$ odpowiednich kątów tego trójkąta; punkty $B$ , $O$ , $C$ , $S_1$ jako wierzchołki czworokąta o dwóch kątach prostych leżą na jednym okręgu, przy czym punkty $C$ i $S_1$ leżą po tej samej stronie prostej $OB$ , zatem

$ \measuredangle OCB=\measuredangle OS_1B. $

c) Prosta $BS_1$ jest symetralną odcinka $OB_1$ , więc

$ \measuredangle A_1S_1B_1= \measuredangle OS_1B_1=2 \measuredangle OS_1B. $

Z a), b) , c) wynika, że

$ \measuredangle A_1S_1B_1= \measuredangle A_1C_1B_1,\textrm{ c.n.d.} $

Uwaga. Twierdzenie, które udowodniliśmy, jest równoważne twierdzeniu:

Punkty symetryczne do punktu przecięcia wysokości trójkąta $S_1S_2S_3$ względem boków tego trójkąta leżą na okręgu opisanym na trójkącie $S_1S_2S_3$ *).

Aby tego dowieść, wystarczy zauważyć, że jeżeli $S_1$ , $S_2$ , $S_3$ są środkami kół dopisanych trójkąta $ABC$ , a $O$ - środkiem koła wpisanego w trójkąt $ABC$ , to punkt $O$ jest punktem przecięcia wysokości trójkąta $S_1S_2S_3$ , a punkty $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ - symetryczne do $O$ względem punktów $A$ , $B$ , $C$ - są zarazem punktami symetrycznymi do $O$ względem boków trójkąta $S_1S_2S_3$ . Odwrotnie, jeżeli $O$ jest punktem przecięcia wysokości danego trójkąta $S_1S_2S_3$ , a $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ - punktami symetrycznymi do $O$ względem boków tego trójkąta, to są one jednocześnie punktami symetrycznymi do $O$ względem wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ trójkąta ,,spodkowego'' dla trójkąta $S_1S_2S_3$ , a $O$ jest środkiem koła wpisanego w trójkąt $ABC$ .

XVII OM - I - Zadanie 12

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Udowodnić twierdzenie: Jeżeli suma kątów płaskich przy wierzchołku ostrosłupa prawidłowego jest równa $180^{\circ}$ , to w tym ostrosłupie środek kuli opisanej pokrywa się ze środkiem kuli wpisanej.

Rozwiązanie

Wprowadzimy oznaczenia: $AB$ - krawędź podstawy danego ostrosłupa prawidłowego, $S$ - jego wierzchołek, $H$ - rzut punktu $S$ na podstawę, $O$ - środek kuli opisanej na ostrosłupie, $M$ - środek okręgu opisanego na trójkącie $ASB$ (rys. 9).

Dla dowodu twierdzenia wystarczy stwierdzić, że odległość $OM$ punktu $O$ od ściany bocznej $ASB$ jest równa odległości $OH$ punktu $O$ od płaszczyzny podstawy ostrosłupa.

Według założenia $\measuredangle ASB = \frac{180^\circ}{n}$ gdzie $n$ oznacza liczbę krawędzi podstawy, a $\measuredangle AHB = \frac{360^\circ}{n}$ , zatem $\measuredangle AHB = 2 \measuredangle ASB$ .

W okręgu opisanym na trójkącie $ASB$ kąt $AMB$ jest kątem środkowym, więc $\measuredangle AMB = 2 \measuredangle ASB$ , wobec czego $\measuredangle AHB = \measuredangle AMB$ . Trójkąty równoramienne $AHB$ i $AMB$ są zatem przystające, $AH = AM$ . Z równości $OS = AO$ i $MS = AM = AH$ wynika przystawanie trójkątów prostokątnych $OSM$ i $AOH$ , skąd $OM = OH$ , c.n.d.

XVII OM - II etap

II etap XVII Olimpiady Matematycznej

XVII OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Rozwiązać w liczbach naturalnych równanie

$ (1) \qquad x+y+z+t=xyzt. $

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że czwórka liczb naturalnych $(x, y, z, t)$ jest rozwiązaniem równania (1) i że

$ (2) \qquad x \leq y \leq z \leq t. $

Z (2) wynika, że $x+y+z+t \leq 4t$ i $xyzt \geq x^3t$ , więc na mocy (1) $x^3t \leq 4t$ , skąd $x^3 \leq 4$ , a że $x$ jest liczbą naturalną, więc $x=1$ . Podstawiając tę wartość do równości (1) otrzymujemy

$ (3) \qquad 1+y+z+t=yzt. $

Ponieważ według (2) $1+y+z+t \leq 1+3t$ , a $yzt \geq y^2t$ , więc wobec równości (3) $y^2t \leq 1+3t$ , skąd $(y^2-3)t \leq 1$ , a że $t \geq 1$ więc $y^2-3 \leq 1$ , $y^2 \leq 4$ , zatem $y=2$ lub $y=1$ . Lecz przypadek $y=2$ nie jest możliwy, gdyż wówczas byłoby $t \geq 2$ i $(y^2-3)t \geq 2$ , wbrew nierówności poprzedniej; ostatecznie więc $y= 1$ .

W takim razie według (3)

$ 2+z+t=zt, \textrm{ skąd } zt-z-t+1 = 3 \textrm{ i} $

$ (4) \qquad (x-1)(t-1) = 3. $

Z (4) wnioskujemy, że $z-1$ i $t- 1$ są dzielnikami naturalnymi liczby $3$ , a ponieważ $z \leq t$ , więc $z-1=1$ , $t-1 = 3$ , tzn. $z=2$ , $t=4$ .

Rozwiązaniem równania (1) w liczbach naturalnych jest czwórka liczb $(1, 1, 2, 4)$ oraz każda jej permutacja.

Uwaga. Postawimy zadanie ogólniejsze: Rozwiązać równanie (1) w liczbach całkowitych.

Łatwo spostrzec, że równanie (1) ma nieskończenie wiele takich rozwiązań w liczbach całkowitych, w których jedna lub więcej niewiadomych ma wartość $0$ . Rozwiązania tego rodzaju otrzymujemy obierając dwie dowolne liczby całkowite oraz liczbę przeciwną do ich sumy jako wartości trzech niewiadomych, a zero jako wartość czwartej niewiadomej.

Pozostają do wyznaczenia takie czwórki liczb całkowitych $x$ , $y$ , $z$ , $t$ spełniających równanie (1), z których żadna nie jest zerem, a przynajmniej jedna jest ujemna.

Przypuśćmy, że $(x, y, z, t)$ jest taką czwórką. Liczby $x$ , $y$ , $z$ , $t$ nie mogą być wszystkie ujemne, gdyż wówczas lewa strona równości (1) byłaby liczbą ujemną, a prawa - dodatnią.

Trzeba zatem zbadać tylko następujące przypadki.

1) Jedna z liczb $x$ , $y$ , $z$ , $t$ jest ujemna, a pozostałe są dodatnie. Niech np. $x<0$ , $y>0$ , $z>0$ , $t>0$ . Z równości (1) wynika, że

$ (5) \qquad y+z+t=x(yzt-1). $

Równość (5) nie może być prawdziwa, gdyż lewa jej strona jest liczbą dodatnią, prawa zaś jest iloczynem liczby ujemnej przez nieujemną (gdyż $yzt \geq 1$ ), więc nie jest liczbą dodatnią. Wobec tego przypadek 1) zdarzyć się nie może.

2) Dwie z liczb $x$ , $y$ , $z$ , $t$ są ujemne, a dwie dodatnie, np. $x<0$ , $y<0$ , $z>0$ , $t>0$ . Z równości (1) otrzymujemy

$ (6) \qquad x+y=\frac{1}{2} z(xyt-2) + \frac{1}{2}(xyz-2). $

Lewa strona równości (6) jest ujemna, więc i prawa jest ujemna; w takim razie ponieważ $z>0$ i $t>0$ , więc $xyz-2<0$ , zatem $xyz<2$ ; lecz $xyz \geq 1$ , więc $xyz=1$ , skąd $x= - 1$ , $y= - 1$ , $z=1$ . Podstawiając te wartości do (1) otrzymujemy równość fałszywą $-1+t=t$ . Przypadek 2) zachodzić zatem nie może.

3) Trzy spośród liczb $x$ , $y$ , $z$ , $t$ są ujemne, czwarta jest dodatnia. Niech np. $x<0$ , $y<0$ , $z<0$ , $t>0$ . Wprowadzimy oznaczenia $- x=x_1$ , $- y=y_1$ , $-z=z_1$ . Liczby całkowite dodatnie $x_1$ , $y_1$ , $z_1$ i $t$ spełniają na mocy (1) równanie

$ (7) \qquad x_1 + y_1 + z_1 -t = x_1y_1z_1t, $

skąd

$ x_1 + y_1 + z_1 = t(x_1y_1z_1 + 1), $

a ponieważ $t \geq 1$ , więc

$ (8) \qquad x_1 + y_1 + z_1 \geq x_1y_1z_1+1. $

Przypuśćmy, że $x_1 \leq y_1 \leq z_1$ ; wówczas $x_1+y_1+z_1 \leq 3z_1$ , $x_1y_1z_1 \geq x_1^2z_1$ , wobec czego na mocy nierówności (8)

$ 3z_1 \geq x_1^2 z_1 +1, \textrm{ zatem } (3- x_1^2)z_1 \geq 1, $

stąd zaś wynika, że $3-x_1^2>0$ , więc $x_1=1$ . Podstawiając tę wartość do nierówności (8) otrzymamy

$ y_1+z_1 \geq y_1z_1, $

a że $y_1 \leq z_1$ , więc

$ 2z_1 \geq y_1z_1, \textrm{ skąd } y_1 \leq 2, $

tzn.

$ y_1=1 \textrm{ albo } y_1=2. $

a) Gdy $y_1=1$ , wtedy z równości $x_1=1$ i (7) otrzymujemy $2+z_1-t=z_1t$ , a stąd

$ (9) \qquad (z_1+1)(t-1) = 1. $

Równość (9) jest sprzeczna z założeniem, że $z_1$ i $t$ są liczbami naturalnymi; wobec tego przypuszczenie, że $y_1 = 1$ trzeba odrzucić.

b) Gdy $y_1=2$ , wtedy z równości $x_1 = 1$ i (7) otrzymujemy

$ 3 + z_1 - t = 2z_1t, $

skąd

$ (10) \qquad (2z_1+1) (2t-1) = 5. $

Ponieważ liczby $2z_1+1$ i $2t- 1$ są całkowite i dodatnie, więc jedna z nich równa się $1$ , a druga równa się $5$ . Lecz $2z_1+1>1$ , więc $2z_1+1 = 5$ , $2t-1 = 1$ ; stąd $z_1=2$ , $t=1$ .

Otrzymaliśmy rozwiązanie $(1, 2, 2, 1)$ równania (7) w liczbach naturalnych.

Wobec tego czwórka liczb $( - 1, -2, -2, 1)$ jest rozwiązaniem równania (1).

Każda permutacja tych liczb daje również rozwiązanie równania (1). Liczba permutacji $n$ elementów, wśród których jest $k$ jednakowych, wynosi $\frac{n!}{k!}$ , więc równanie (1) ma $\frac{4!}{2}=12$ takich rozwiązań w liczbach całkowitych różnych od zera, które zawierają liczby ujemne.

XVII OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dowieść, że jeżeli dwa wielomiany stopnia trzeciego o współczynnikach całkowitych mają wspólny pierwiastek niewymierny, to mają jeszcze drugi wspólny pierwiastek.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że wielomiany

$ (1) \qquad P(x) = a_0x^3 + a_1x^2 + a_2x + a_3 \textrm{i} Q(x) = b_0x^3 + b_1x^2+ b_2x + b_3, $

których współczynniki $a_1$ i $b_1$ ( $i = 0, 1, 2, 3$ ) są całkowite, przy czym $a_0 \ne 0$ , $b_0 \ne 0$ , mają wspólny pierwiastek niewymierny $\alpha$ .

Liczba $\alpha$ jest również pierwiastkiem wielomianu

$ (2) \qquad R(x)=b_0 \cdot P(x)- a_0 \cdot Q(x)= (a_1b_0 - a_0b_1) x^2 + (a_2b_0 - a_0b_2)x + (a_3b_0 - a_0b_3), $

gdyż $R(\alpha) = b_0 \cdot P(\alpha)- a_0 \cdot Q(\alpha)=0$ . Zachodzi jedna z dwóch możliwości:

a) $a_1b_0 - a_0b_1 \ne 0$ . W tym przypadku wielomian $R(x)$ jest funkcją kwadratową zmiennej $x$ o współczynnikach całkowitych, więc pierwiastek niewymierny $\alpha$ tej funkcji ma postać $m+n\sqrt{p}$ , gdzie $m$ , $n$ , $p$ oznaczają liczby wymierne, przy czym $p$ nie jest kwadratem liczby wymiernej, a $n \ne 0$ .

Zauważmy, że

$ P(m+n\sqrt{p})= a_0(m+n\sqrt{p})^3 +a_1(m+n\sqrt{p})^2 + a_2(m+n\sqrt{p})+a_3= M+N \sqrt{p}, $

$ P(m-n\sqrt{p})= a_0(m-n\sqrt{p})^3 +a_1(m-n\sqrt{p})^2+a_2(m-n\sqrt{p})+a_3= M-N\sqrt{p}, $

gdzie liczby $M$ i $N$ są wymierne, mianowicie

$ M=a_0m^3 + 3a_0mn^2p + a_1rm^2+a_1n^2p+a_2m +a_3, $

$ N = 3a_0m^2n + n^3p + 2a_1mn + a_2n. $

Ponieważ liczba $m+n\sqrt{p}$ jest pierwiastkiem wielomianu $P(x)$ , więc $M+N\sqrt{p} = 0$ . Stąd wnioskujemy, że $N = 0$ , inaczej bowiem zachodziłaby równość $\sqrt{p}= -\frac{M}{N}$ , co jest niemożliwe, gdyż liczba $\sqrt{p}$ jest niewymierna, a liczba $- \frac{M}{N}$ - wymierna. W takim razie również $M=0$ , więc też $M-N\sqrt{p} = 0$ , co oznacza, że liczba $m-n\sqrt{p}$ jest pierwiastkiem wielomianu $P(x)$ .

Tak samo stwierdzamy, że $m-n\sqrt{p}$ jest pierwiastkiem wielomianu $Q(x)$ .

Wielomiany $P(x)$ i $Q(x)$ mają więc wspólny pierwiastek $m-n\sqrt{p}$ , różny od $m+n\sqrt{p}$ , gdyż $n \ne 0$ i $p \ne 0$ .

b) $a_1b_0-a_0b_1 = 0$ . Wielomian $R(x)$ jest w tym przypadku funkcją liniową zmiennej $x$ o współczynnikach całkowitych mającą pierwiastek niewymierny $\alpha$ ; funkcja taka jest tożsamościowo równa zeru, czyli

$ b_0P(x)-a_0Q(x)=0 $

dla każdego $x$ . Wartości $P(x)$ i $Q(x)$ są więc proporcjonalne, każdy pierwiastek wielomianu $P(x)$ jest pierwiastkiem $Q(x)$ i na odwrót. Wielomian stopnia trzeciego $P(x)$ ma oprócz $\alpha$ jeszcze jakieś pierwiastki (rzeczywiste lub nierzeczywiste) $\alpha '$ i $\alpha ''$ . Przynajmniej jedna z liczb $\alpha '$ i $\alpha ''$ jest różna od $\alpha$ . Gdyby bowiem zachodziła równość $\alpha '= \alpha ''=\alpha$ , wtedy ze wzoru $\alpha+\alpha '+ \alpha ''= - \frac{a_1}{a_0}$ wynikałoby, że
$\alpha = - \frac{a_1}{3a_0}$ , co jest niemożliwe, gdyż $\alpha$ jest liczbą niewymierną, a $- \frac{a_1}{3a_0}$ - wymierną. Jeżeli np. $\alpha ' \ne \alpha$ , to $\alpha '$ jest drugim wspólnym pierwiastkiem wielomianów $P(x)$ i $Q(x)$ .

Uwaga. W powyższym rozumowaniu wykazaliśmy, że pierwiastek niewymierny wielomianu stopnia trzeciego o współczynnikach całkowitych nie może być pierwiastkiem potrójnym tego wielomianu. Łatwo udowodnić twierdzenie mocniejsze: pierwiastek niewymierny $\alpha$ wielomianu stopnia trzeciego $P(x)$ o współczynnikach wymiernych jest pierwiastkiem pojedynczym wielomianu $P(x)$ . Przypuśćmy bowiem, że pierwiastkami wielomianu $P(x)$ są liczby $\alpha$ , $\alpha$ , $\beta$ . Ze wzorów Viete'a wynika, że liczby

$ \nr{V} c_1 = 2\alpha + \beta,\ c_2=\alpha^2 + 2\alpha \beta, \ c_3=\alpha^2 \beta $

są wówczas wymierne. Rugując $\beta$ z pierwszych, dwóch równości (V) otrzymujemy

$ 3\alpha^2 - 2c_1\alpha + c_2=0, $

skąd wynika, że liczba niewymierna $\alpha$ jest postaci $m+n \sqrt{p}$ , gdzie $m$ , $n$ , $p$ oznaczają liczby wymierne, przy czym $n \ne 0$ , a $p$ nie jest kwadratem liczby wymiernej. Wobec tego z uwagi na pierwszą równość (V) liczba $\beta$ jest postaci $r-2n\sqrt{p}$ , gdzie liczba $r$ jest wymierna. W takim razie liczba $\alpha^2 + 2\alpha \beta$ jest postaci $A+B \sqrt{p}$ , a liczba $\alpha^2 \beta$ postaci $C+D \sqrt{p}$ , gdzie $A$ , $B$ , $C$ , $D$ oznaczają liczby wymierne.

Łatwy rachunek daje

$ B=2n (r-m),\ D=2n(mr-m^2-n^2p). $

Ponieważ według (V) liczby $\alpha^2 + 2\alpha \beta$ i $\alpha^2 \beta$ są wymierne, a $\sqrt{p}$ jest liczbą niewymierną, więc $B=D=0$ . Z tych równości i z nierówności $n \ne 0$ wnioskujemy, że $m-r=0$ i $mr-m^2-n^2p=0$ , stąd zaś wynika równość $n^2p = 0$ , sprzeczna z warunkiem $n \ne 0$ , $p \ne 0$ . Przypuszczenie, że $\alpha$ nie jest pierwiastkiem pojedynczym wielomianu $P(x)$ jest zatem fałszywe, c.n.d.

Twierdzenie, które udowodniliśmy, można sformułować w taki sposób: Jeżeli $\alpha$ jest pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu stopnia trzeciego o współczynnikach wymiernych, to liczba $\alpha$ jest wymierna. Dla wielomianów stopni wyższych twierdzenie takie nie zachodzi, np. liczba $\sqrt{2}$ jest pierwiastkiem podwójnym wielomianu $x^4 - 4x^2 + 4$ .

Prawdziwe jest natomiast twierdzenie: Jeżeli $\alpha$ jest jedynym pierwiastkiem wielokrotnym wielomianu o współczynnikach wymiernych, to $\alpha$ jest liczbą wymierną. Można je udowodnić korzystając z elementarnych wiadomości o pochodnych, w szczególności z twierdzenia: Pierwiastek $\alpha$ wielomianu jest wtedy i tylko wtedy pierwiastkiem wielokrotnym tego wielomianu, gdy jest również pierwiastkiem jego pochodnej.

XVII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Na płaszczyźnie obrano 6 punktów, z których żadne 3 nie leżą na jednej prostej i wykreślono wszystkie odcinki łączące parami te punkty. Niektóre z odcinków wykreślono przy tym kolorem czerwonym, a inne niebieskim. Dowieść, że któreś trzy z danych punktów są wierzchołkami trójkąta o bokach jednego koloru.

Rozwiązanie

Niech $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ , $A_4$ , $A_5$ , $A_6$ będą danymi punktami. Wśród pięciu odcinków $A_1A_i$ ( $i = 2, 3, 4, 5, 6$ ) co najmniej trzy są jednego koloru. Przypuśćmy na przykład, że odcinki $A_1A_2$ , $A_1A_3$ , $A_1A_4$ są czerwone i weźmy pod uwagę odcinki $A_2A_3$ , $A_3A_4$ , $A_4A_2$ . Jeżeli te odcinki są wszystkie trzy niebieskie, mamy trójkąt $A_2A_3A_4$ jednego koloru. Jeśli zaś któryś z tych odcinków, np. $A_2A_3$ jest czerwony, to trójkąt $A_1A_2A_3$ jest jednego koloru.

Dla mniejszej liczby danych punktów teza twierdzenia nie jest prawdziwa. Na przykład w pięciokącie wypukłym, którego wszystkie boki są czerwone, a wszystkie przekątne - niebieskie, każde trzy wierzchołki kolejne tworzą trójkąt o dwóch bokach czerwonych a jednym niebieskim, każde zaś trzy wierzchołki niekolejne tworzą trójkąt, którego dwa boki są niebieskie, a trzeci jest czerwony.

XVII OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dowieść, że jeżeli liczby naturalne $a$ i $b$ spełniają równanie $a^2+a = 3b^2$ , to liczba $a+1$ jest kwadratem liczby całkowitej.

Rozwiązanie

Niech równość $b = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \ldots p_s^{\alpha_s}$ przedstawia rozkład liczby $b$ na czynniki pierwsze. Według założenia zachodzi równość

$ (1) \qquad a(a+1)= 3 p_1^{2\alpha_1} p_2^{2\alpha_2} \ldots p_s^{2\alpha_s}. $

Liczby $a$ i $a+1$ są względnie pierwsze, gdyż każdy wspólny dzielnik tych liczb jest dzielnikiem liczby $(a+1)-a=1$ . Wobec tego każdy z czynników $3, p_1^{\alpha_1}, p_2^{\alpha_2}, \ldots, p_s^{\alpha_s}$ prawej strony równości (1) jest dzielnikiem jednej i tylko jednej z liczb $a$ i $a+1$ . Zachodzi więc jeden z przypadków:

$ \begin{array}{ccc} \alpha) & a=p^2, & a+1 = 3q^2,\\ \beta) & a=3p^2, & a+1 = q^2, \end{array} $

gdzie $p$ i $q$ oznaczają liczby naturalne spełniające równanie $p^2q^2=b^2$ .

W przypadku $\alpha$ ) byłoby $3q^2-p^2=1$ , więc $p^2 \equiv 2 (\bmod 3$ ), co jest niemożliwe, gdyż kwadrat liczby naturalnej daje w dzieleniu przez $3$ resztę $0$ lub $1$ .

Zachodzi więc przypadek $\beta$ ), tzn. $a+1$ jest kwadratem liczby całkowitej, c.n.d.

Uwaga. Z udowodnionego wyżej twierdzenia wynika, że jeżeli liczby naturalne $a$ i $b$ spełniają równanie $a^2-a=3b^2$ , to $a$ jest kwadratem liczby całkowitej. Albowiem $a^2-a = a_1^2 + a_1$ gdzie $a_1=a- 1$ .

XVII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Każdy z boków $BC, CA, AB$ trójkąta $ABC$ podzielono na trzy równe części i na środkowych odcinkach tych boków jako na podstawach zbudowano na zewnątrz trójkąta $ABC$ trójkąty równoboczne, których trzecie wierzchołki oznaczono odpowiednio literami $A', B', C'$ Prócz tego wyznaczono punkty $A'', B'', C''$ symetryczne odpowiednio do $A', B', C'$ względem prostych $BC, CA, AB$ . Dowieść, że trójkąty $A'B'C'$ i $A''B''C''$ są równoboczne i mają ten sam środek ciężkości, co trójkąt $ABC$ .

Rozwiązanie

Przyjmujemy zwykłe oznaczenie boków i kątów trójkąta $ABC$ . Niech ponadto $S$ oznacza środek ciężkości tego trójkąta, a $K$ i $L$ te punkty podziału boków $AB$ i $AC$ , które leżą bliżej wierzchołka $A$ (rys. 10).

W trójkącie $AKC'$ jest $AK=KC'= \frac{1}{3}c$ , $\measuredangle C'AK=30^\circ$ , skąd obliczamy łatwo, że $AC'= \frac{c}{\sqrt{3}}$ . Podobnie $AL=LB' = \frac{1}{3} b$ , $\measuredangle B'AL= 30^\circ$ i $AB'= \frac{b}{\sqrt{3}}$ . Ponieważ $\measuredangle B'AC'= \measuredangle B'AL+ \measuredangle C'AK+ \measuredangle BAC = 60^\circ + \alpha$ , więc w trójkącie $B'AC'$

$ (B'C')^2 = \frac{b^2}{3} + \frac{c^2}{2} - 2 \frac{bc}{3} \cos (60^\circ + \alpha) = \frac{1}{3} [ b^2 + c^2 - bc\cos \alpha + \sqrt{3} bc \sin \alpha ]. $

Podstawiając do tej równości

$ \cos \alpha = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}, \ bc \sin \alpha = 2 \cdot \textrm{ pole } ABC $

otrzymujemy

$ (B'C')^2 = \frac{1}{6} (a^2+b^2+c^2) + \frac{2}{\sqrt{3}} \textrm{ pole } ABC. $

Wyrażenie, które otrzymaliśmy dla $(B'C')^2$ jest symetryczne względem $a$ , $b$ , $c$ , tzn. nie zmienia swej wartości, gdy wykonamy dowolną permutację zmiennych $a$ , $b$ , $c$ . Stąd wynika, że

$ B'C'=C'A'=A'B', $

trójkąt $A'B'C'$ jest zatem równoboczny. Aby udowodnić, że środkiem tego trójkąta jest punkt $S$ zauważmy, iż w trójkącie $SKC'$ jest $SK= AL= \frac{b}{3}$ , $KC'=AK= \frac{c}{3}$ , a $\measuredangle SKC'=\measuredangle SKB + \measuredangle BKC' = \alpha + 60^\circ$ , skąd wynika, że trójkąt $SKC'$ jest podobny do trójkąta $B'AC'$ , przy czym skala podobieństwa równa się $\frac{1}{\sqrt{3}}$ .

Zatem

$ SC' = \frac{B'C'}{\sqrt{3}}, $

tzn. $SC'$ równa się promieniowi okręgu opisanego na trójkącie $A'B'C'$ . Ponieważ to samo zachodzi dla $SB'$ i $SA'$ , więc $S$ jest środkiem trójkąta $A'B'C'$ .

la trójkąta $A''B''C''$ dowód jest analogiczny. Stwierdzamy, że $AB''=AB'= \frac{b}{\sqrt{3}}$ , $AC''=AC'= \frac{c}{\sqrt{3}}$ kąt $B''AC''$ jest równy $60^\circ - \alpha$ , gdy $\alpha \leq 60^\circ$ , bądź $\alpha -60^\circ$ , gdy $\alpha \geq 60^\circ$ . Zatem

$ (B''C'')^2 = \frac{b^2}{3} + \frac{c^2}{3} - 2\frac{bc}{3} \cos(60^\circ - \alpha), $

a po odpowiednim przekształceniu

$ (B''C'')^2 = \frac{1}{6} (a^2 + b^2 - c^2)- \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \textrm{ pole} ABC. $

Stąd wnioskujemy, że $B''C''=C''A''=A''B'$ .

Trójkąt $SKC''$ , w którym $SK= \frac{b}{3}$ , $KC''=KC'= \frac{c}{3}$ , a $\measuredangle SKC''= |60^\circ- \alpha|$ , jest podobny do trójkąta $B''AC''$ w skali $\frac{1}{\sqrt{3}}$ , więc $SC''= \frac{B''C''}{\sqrt{3}}$ ; stąd wnioskujemy, jak poprzednio, że $S$ jest środkiem trójkąta $A''K''C''$ .

XVII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

Dowieść, że suma kwadratów prostokątnych rzutów boków trójkąta na prostą $p$ płaszczyzny tego trójkąta wtedy i tylko wtedy nie zależy od położenia prostej $p$ , gdy trójkąt jest równoboczny.

Rozwiązanie

Niech $S$ oznacza sumę kwadratów prostokątnych rzutów boków trójkąta równobocznego $ABC$ o długości boku $a$ na prostą $p$ leżącą w płaszczyźnie trójkąta. Ponieważ rzuty odcinka na proste równoległe są równe, więc dla obliczenia $S$ możemy przyjąć, że prosta $p$ przechodzi przez jeden z wierzchołków trójkąta, np. $A$ i ma punkt wspólny $D$ z bokiem przeciwległym, tj. z $BC$ (rys. 11). Niech $\measuredangle BAD= \delta$ , wówczas $\measuredangle CAD = 60^\circ- \delta$ , a $\measuredangle ADC=60^\circ + \delta$ .

Rzuty boków $AB$ , $BC$ , $AC$ na prostą $p$ są odpowiednio równe $a \cos \delta$ , $a \cos (60^\circ-\delta)$ , $a |\cos(60^\circ+\delta)|$ , zatem

$ \begin{split} S &= a^2 [\cos^2 \delta + \cos^2 (60^\circ - \delta)+ \cos^2 (60^\circ + \delta)] =\\ &= a^2[\cos^2 \delta+2 \cos^2 60^\circ \cos^2 \delta +2 \sin^2 60^\circ \sin^2 \delta], \end{split} $

a ponieważ $\cos 60^\circ= \frac{1}{2}$ , $\sin 60^\circ= \frac{1}{2} \sqrt{3}$ , więc

$ S = \frac{3}{2} a^2. $

Okazało się, że wartość $S$ nie zależy od $\delta$ , a tym samym od położenia prostej $p$ .

Załóżmy z kolei, że dany trójkąt $ABC$ nie jest równoboczny.

Niech np. $AC>BC$ , wówczas $h_A>h_B$ , gdzie $h_A=AD$ , $h_B=BE$ (rys. 12) są wysokościami trójkąta poprowadzonymi odpowiednio z wierzchołków $A$ i $B$ .

Oznaczając literami $S'$ i $S''$ sumy kwadratów rzutów boków trójkąta odpowiednio na proste $AD$ i $BE$ , obliczamy łatwo, że

$ S'=2h_A^2,\ S''=2h_B^2,\textrm{ wobec czego } S'>S''. $

Wykazaliśmy, że jeżeli trójkąt jest nierównoboczny, to suma kwadratów rzutów boków trójkąta na prostą $p$ leżącą w płaszczyźnie trójkąta, zależy od położenia prostej $p$ .

XVII OM - III etap

III etap XVII Olimpiady Matematycznej

XVII OM - III - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Rozwiązać w liczbach całkowitych równanie

$ (1) \qquad x^4 + 4y^4 = 2(z^4+4u^4). $

Rozwiązanie

Równanie (1) ma oczywiście rozwiązanie $(0,0,0,0)$ . Wykażemy, że jest to jedyne rozwiązanie tego równania w liczbach całkowitych.

\spos{1} Dowód oprzemy na następującym lemacie:

Jeżeli $k_1, k_2,\ldots, k_n$ są różnymi liczbami naturalnymi, a $x_1, x_2,\ldots, x_n$ liczbami całkowitymi niepodzielnymi przez liczbę naturalną $c$ , to

$ (2) \qquad c^{k_1}x_1 + c^{k_2}x_2+ \ldots c^{k_n} x_n \ne 0. $

Dowód tej nierówności jest bardzo prosty. Niech najmniejszą z liczb $k_i$ ( $i = 1,2,\ldots ,n$ ) będzie na przykład $k_1$ . Zachodzi równość

$ c^{k_1}x_1 + c^{k_2} x_2+ \ldots +c^{k_n}x_n= c^{k_1}(x_1 + c^{k_2-k_1} x_2+ \ldots +c^{k_n-k_1}x_n. $

Wyrażenie znajdujące się w nawiasie po prawej stronie tej równości jest sumą, której wszystkie wyrazy oprócz pierwszego są podzielne przez $c$ , gdyż $k_i-k_1>0$ dla $i \ne 1$ , pierwszy zaś wyraz według założenia nie jest podzielny przez $c$ . Suma ta jest wobec tego różna od zera, a że również $c \ne 0$ , więc zachodzi (2).

Przypuśćmy, że liczby całkowite $x$ , $y$ , $z$ , $u$ stanowią rozwiązanie równania (1). Istnieją takie liczby naturalne $k$ , $l$ , $m$ , $n$ , że

$[ x=2^kx_1, \ y=2^ly_1, \ z=2^mz_1,\ u=2^nu_1, $

gdzie każda z liczb $x_1$ , $y_1$ , $z_1$ , $u_1$ jest liczbą nieparzystą lub zerem.. Po podstawieniu tych wartości do równania (1) możemy równaniu temu nadać postać:

$ (3) \qquad 2^{4k} x_1^4 + 2^{4l+2} y_1^4 - 2^{4m+1}z_1^4 - 2^{4n+3}u_1^4=0. $

Liczby $4k$ , $4l+2$ , $4m+1$ , $4n+3$ są różne, gdyż dają różne reszty w dzieleniu przez $4$ , zatem $x_1 = y_1 = z_1 = u_1 = 0$ ; gdyby bowiem pewne z tych liczb były różne od zera, to byłyby liczbami nieparzystymi i równość (3) byłaby sprzeczna z poprzednim lematem.

XVII OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Dowieść, że gdy $k, m, n$ , są dowolnymi liczbami całkowitymi nieujemnymi, to wielomian

$ P(x) = x^{3k+2} + x^{3m+1} + x^{3n} $

jest podzielny przez wielomian $x^2 + x + 1$ .

Rozwiązanie

Dla całkowitego nieujemnego $p$ różnica $x^{3p}- 1= (x^3)p- 1$ jest podzielna przez $x^3- 1$ , a tym samym przez $x^2+x+1$ . Zatem różnica

$ P(x) - (x^2+x+1) = x^2(x^{3k}-1) + x(x^{3m}- 1)+x^{3n}-1 $

jest podzielna przez $x^2+x+1$ . Stąd wynika, że wielomian $P(x)$ jest podzielny przez $x^2+x+1$ .

XVII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Udowodnić, że suma kwadratów pól prostokątnych rzutów ścian prostopadłościanu na jedną płaszczyznę nie zależy od położenia tej płaszczyzny wtedy i tylko wtedy, gdy prostopadłościan jest sześcianem.

Rozwiązanie

Niech $\delta$ oznacza sumę kwadratów pól prostokątnych rzutów prostopadłościanu na płaszczyznę $\pi$ .

Gdy $\pi$ jest płaszczyzną jednej ze ścian prostopadłościanu, suma $\sigma$ równa się podwojonemu kwadratowi pola tej ściany. Jeżeli prostopadłościan nie jest sześcianem, któreś dwie jego ściany mają pola różne, więc przy rzutowaniu na płaszczyzny tych ścian odpowiednie wartości sumy $\sigma$ są różne.

Dowiedziemy, że dla sześcianu o krawędzi $a$ wartość $\sigma$ nie zależy od położenia płaszczyzny $\pi$ , a mianowicie, że przy każdym położeniu tej płaszczyzny $\sigma = 2a^4$ .

Gdy płaszczyzna $\pi$ jest równoległa do dwóch przeciwległych ścian sześcianu, teza $\sigma=2a^4$ jest oczywista. Założymy, że ten przypadek nie zachodzi. Niech $ABCD$ będzie jedną ze ścian sześcianu. Rzut prostokątny którejkolwiek ściany sześcianu na płaszczyznę $\pi$ można otrzymać rzutując najpierw tę ścianę na płaszczyznę $ABCD$ w kierunku prostopadłym do $\pi$ , a następnie rzutując otrzymany równoległobok w tymże kierunku na płaszczyznę $\pi$ .

Niech $\alpha$ oznacza kąt nachylenia płaszczyzny $ABCD$ do płaszczyzny $\pi$ . Pod takim samym kątem krawędź $AE$ sześcianu jest nachylona do prostopadłej do płaszczyzny $\pi$ poprowadzonej z punktu $E$ (rys. 14).

Rzut $AE'$ odcinka $AE$ na płaszczyznę $ABCD$ w kierunku prostopadłym do $\pi$ ma długość $a \tg \alpha$ . Rzuty ścian $ABCD$ , $ABFE$ i $ADHE$ sześcianu schodzących się w wierzchołku $A$ na płaszczyznę $ABCD$ mają odpowiednio pola $a^2$ , $a^2\tg \alpha \sin \beta$ i $a^2\tg \alpha \sin \delta$ ;, gdzie $\beta$ i $\delta$ oznaczają kąty, jakie odcinek $AE'$ tworzy z odcinkami $AB$ i $AD$ . Pomiędzy $\beta$ i $\delta$ zachodzi - zależnie od położenia punktu $E'$ - jeden ze związków $\beta + \delta=90^\circ$ , $\beta + \delta=270^\circ$ lub $|\beta - \delta| = 90^\circ$ ; w każdym z tych przypadków $\sin \delta=|\cos \beta|$ .

Pola rzutów wymienionych ścian na płaszczyznę $\pi$ otrzymamy mnożąc podane wyżej wartości przez $\cos \alpha$ :

$ a^2 \cos \alpha,\ a^2 \sin \alpha \sin \beta, a^2 \sin \alpha \sin \beta. $

Pola rzutów trzech pozostałych ścian mają odpowiednio te same wartości. Wobec tego

$ a = 2a^4[\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha (\sin^2 \beta + \sin^2 \delta)]. $

Ponieważ $\sin^2 \beta+\sin^2 \delta=\sin^2 \beta + \cos^2 \beta = 1$ , więc

$ \sigma = 2a^4, \textrm{ c.n.d.} $

XVII OM - III - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Dowieść, że jeżeli liczby nieujemne $x_1, x_2,\ldots,x_n$ ( $n$ - dowolna liczba naturalna) spełniają nierówność
$x_1 + x_2 + \ldots + x_n \leq \frac{1}{2}$ , to

$ (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_n) \geq \frac{1}{2} $

Rozwiązanie

Zastosujemy metodę indukcji. Dla $n = 1$ twierdzenie jest prawdziwe, gdyż jeśli $x_1 \leq \frac{1}{2}$ , to $1 - x_1 \geq \frac{1}{2}$ . Załóżmy, że jest ono prawdziwe dla pewnego naturalnego $k$ , tzn. że jeśli liczby $x_1, x_2, \ldots, x_k$ są nieujemne i $x_1+x_2+\ldots+x_k \leq \frac{1}{2}$ , to $(1-x_1) (1 - x_2)\ldots (1 - x_k) \geq \frac{1}{2}$ .

Niech $x_1,x_2,\ldots ,x_k,x_{k+1}$ będą liczbami nieujemnymi spełniającymi nierówność $x_1+x_2+ \ldots + x_k+x_{k+1} \leq \frac{1}{2}$ . Napiszemy tę nierówność w postaci $x_1+x_2+ \ldots +x_k' \leq \frac{1}{2}$ , gdzie $x_k'=x_k+x_{k+1}$ , zatem $x_k' \geq 0$ .

Na mocy założenia indukcyjnego mamy

$ (1-x_1)(1 - x_2)\ldots (1 - x_k') = (1 - x_1) (1 - x_2)\ldots (1-x_k-x_{k+1}) \geq \frac{1}{2}. $

Ponieważ $x_kx_{k+1} \geq 0$ , więc $1 - x_k- x_{k+1} \leq 1 - x_k- k_{k+1}+x_kx_{k+1}= (1-x_k)(1-x_{k+1}).$

Zatem

$ (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_k)(1- x_{k+1}) \geq (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_k- x_{k+1}) \geq \frac{1}{2}, $

skąd na podstawie zasady indukcji wynika, że twierdzenie jest prawdziwe dla każdego naturalnego $n$ .

Uwaga 1. W podobny sposób można udowodnić twierdzenia:

a) Jeżeli liczby $x_1,x_2,\ldots, x_n$ są nieujemne i $x_1+ x_2+ \ldots x_n < \frac{1}{2}$ to $(1-x_1) (1-x_2)\ldots (1-x_n)> \frac{1}{2}$ ;

b) Jeżeli liczby $x_1,x_2,\ldots,x_n$ są dodatnie, $x_1+x_2+ \ldots +x_n \leq \frac{1}{2}$ i $n \geq 2$ , to $(1-x_1)(1-x_2)+ \ldots (1-x_n)> \frac{1}{2}$ .

Dokładne uzasadnienie tych twierdzeń proponujemy jako ćwiczenie.

Uwaga 2. Prawdziwe jest następujące uogólnienie dowiedzionego wyżej twierdzenia:

Jeżeli liczby $x_1,x_2,\ldots,x_n$ spełniają nierówności $0 \leq x_i \leq 1$ ( $i = 1,2,\ldots ,n$ ), to

$ (1 - x_1)(1 - x_2)\ldots (1-x_n) \geq 1 - (x_1+x_2+ \ldots +x_n). $

Łatwo to udowodnić metodą indukcji. Można też nie stosować indukcji, i rozumować, jak następuje.

Niech

$ (1-x_1)(1-x_2)\ldots (1-x_r) = P_r \ (r= 1,2, \ldots,n). $

Wówczas

$ P_{i+1}= (1-x_{i+1})P_i=P_i-x_{i+1}P_i \ (i =1,2,\ldots ,n-1), $

zatem

$ P_{i+1} \geq P_i - x_{i+1}, $

gdyż $x_{i+1} \geq 0$ , a $P_i \leq 1$ . Dodając te nierówności stronami dla $i=1,2,\ldots ,n-1$ wraz z równością $P_1=1-x_1$ , otrzymujemy po redukcji

$ P_n \geq 1 - (x_1+x_2+ \ldots +x_n). $

Uwaga 3. Sposób, w jaki przeprowadziliśmy wyżej dowód indukcyjny, można zastosować w wielu przypadkach. W szczególności uzyskuje się na tej drodze bardzo prosty dowód twierdzenia Cauchy o średniej arytmetycznej i średniej geometrycznej, tj. twierdzenia

(1) Jeśli $a_1, a_2,\ldots ,a_n > 0$ , to

$ \frac{a_1+a_2+ \ldots +a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2 \ldots a_n}, $

przy czym równość obu stron tej nierówności ma miejsce tylko wtedy, gdy $a_1 = a_2= \ldots = a_n$ .

W tym celu stwierdzamy najpierw, że twierdzenie (1) jest równoważne twierdzeniu:

(2) Jeśli $x_1,x_2,\ldots,x_n>0$ i $x_1x_2\ldots x_n= 1$ , to

$ x_1+x_2+ \ldots +x_n \geq n, $

przy czym równość obu stron tej nierówności zachodzi tylko wtedy, gdy $x_i = 1$ dla każdego $i$ .

Istotnie, twierdzenie (2) jest oczywistym wnioskiem z (1), odwrotnie zaś sprowadzamy (1) do (2) biorąc

$ x_i = \frac{a_i}{\sqrt[n]{a_1a_2 \ldots a_n}}. $

Dowód twierdzenia (2) przeprowadzimy, jak następuje:

Dla $n=1$ , twierdzenie jest prawdziwe. Przypuśćmy, że jest ono prawdziwe dla pewnego naturalnego $n$ i niech liczby nieujemne $x_1, x_2,\ldots, x_n, x_{n+1}$ spełniają warunek

$ (3) \qquad x_1 x_2\ldots x_n x_{n+1} = 1. $

Jeżeli $x_i = 1$ dla $i = 1,2,\ldots ,n+1$ , to $x_1+x_2+ \ldots + x_n+x_{n+1}= n+1$ . Jeżeli nie wszystkie $x_i$ są równe $1$ , to wobec równości (3) są wśród nich zarówno liczby mniejsze, jak większe od $1$ ; możemy np. przyjąć, że $x_n<1$ , a $x_{n+1}>1$ . Niech $x_nx_{n+1}=x_n'$ , wówczas $x_n' \geq 0$ i $x_1x_2 \ldots x_n' = 1$ , więc na mocy założenia indukcyjnego

$ x_1+x_2+ \ldots +x_n' \geq n. $

Wobec tego

$ \begin{split} x_1 + x_2+ \ldots +x_n+x_{n+1}&= x_1+x_2+ \ldots +x_n' + x_n + x_{n+1} - x_nx_{n+1} \geq\\ &\geq n+1 + (x_{n+1}-1)(1-x_n) > n+1, \end{split} $

gdyż $(x_{n+1}-1)(1-x_n)>0$ . Zatem w każdym przypadku $x_1+x_2+\ldots+x_n+x_{n+1} \geq n+1$ , przy czym obie strony tej nierówności są równe tylko wtedy, gdy $x_1 = x_2 = \ldots = x_n = x_{n+1}$ . Twierdzenie Cauchy'ego zostało udowodnione.

XVII OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Dany jest sześciokąt wypukły $ABCDEF$ , w którym każda z przekątnych $AD, BE, CF$ dzieli sześciokąt na dwie części o równych polach. Dowieść, że te trzy przekątne przechodzą przez jeden punkt.

Rozwiązanie

\spos{1} Pole wielokąta $ABC\ldots$ oznaczać będziemy symbolem $(ABC\ldots)$ . Według założenia (rys. 15)

$ (1) \qquad (ABCD)= \frac{1}{2} (ABCDEF) = (BCDE). $

Otóż

$ (2) \qquad (ABCD) = (ABD)+(DBC),\ (BCDE)=(EBD)+(DBC). $

Z (1) i (2) otrzymujemy

$ (ABD) = (EBD), $

skąd wynika, że $AE \parallel BD$ , gdyż wierzchołki $A$ i $E$ trójkątów $ABD$ i $EDB$ o wspólnym boku $BD$ leżą po tej samej stronie prostej $BD$ .

Analogicznie $AC \parallel DF$ i $CE \parallel BF$ . Trójkąty $ACE$ i $DFB$ mają boki odpowiednio równoległe, więc według twierdzenia o trójkątach jednokładnych proste $AD$ , $BE$ , $CF$ , zawierające pary odpowiadająych sobie wierzchołków obu trójkątów, przechodzą przez jeden punkt.

XVII OM - III - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XVII OM, 1965-1966

Etap:

III

Na płaszczyźnie leży 6 punktów. Dowieść, że stosunek najdłuższego spośród odcinków, łączących te punkty parami, do najkrótszego z tych odcinków nie jest mniejszy od $\sqrt{3}$ .

Rozwiązanie

Przyjmiemy oznaczenia: $\{A_i\}$ zbiór danych punktów $A_1, A_2, \ldots, A_6$ , $\alpha$ - maksimum odległości $A_iA_k$ , $\delta$ - minimum odległości $A_iA_k$ ( $i, k=1, 2, \ldots, 6$ ).

Mamy dowieść, że $d \geq \delta \sqrt{3}$ .

Prawdziwość tezy twierdzenia łatwo stwierdzić w następujących dwóch przypadkach:

a) W zbiorze $\{A_i\}$ istnieją $3$ punkty współliniowe. Niech na przykład $A_2$ leży na odcinku $A_1A_3$ , przy czym $A_1A_2 \leq A_2A_3$ . Wówczas

$ A_1A_3 \geq 2A_1A_2,\ d \geq A_1A_3,\ \delta \leq A_1A_2,\textrm{ zatem } d \geq 2\delta > \delta \sqrt{3}. $

b) Trzy spośród punktów zbioru $\{A_1\}$ tworzą trójkąt, którego jeden kąt nie jest mniejszy od $120^\circ$ . Niech na przykład $180^\circ > \measuredangle A_1A_2A_3 \geq 120^\circ$ . Wtedy $\cos \measuredangle A_1A_2A_3\leq -\frac{1}{2}$ , zatem

$ A_1A_3^2= A_1A_2^2+ A_2A_3^2 -2A_1A_2 \cdot A_2A_3 \cos \measuredangle A_1A_2A_3 \geq A_1A_2^2 + A_2A_3^2 + A_1A_2 \cdot A_2A_3; $

ponieważ $A_1A_3 \leq d$ , $A_1A_2 \geq \delta$ , $A_2A_3 \geq \delta$ , więc z powyższej nierówności wynika, że

$ d^2 \geq 3\delta^2, \textrm{ a stąd } d \geq \delta \sqrt{3}. $

Przypuśćmy, że dla danego zbioru punktów $\{A_i\}$ nie zachodzi przypadek a); udowodnimy, że ma miejsce wówczas przypadek b).

Niech $W$ będzie takim wielokątem wypukłym zawierającym zbiór $\{A_i\}$ , którego każdy wierzchołek jest jednym z punktów $A_i$ . Wielokąt $W$ może mieć $3$ , $4$ , $5$ lub $6$ wierzchołków.

Jeżeli $W$ jest trójkątem, np. $A_1A_2A_3$ , to punkt $A_4$ leży wewnątrz tego trójkąta. W jednym z trójkątów $A_1A_4A_2$ , $A_1A_4A_3$ , $A_2A_4A_3$ kąt przy wierzchołku $A_4$ jest $\geq 120^\circ$ , gdyż suma miar wszystkich trzech kątów o wierzchołku $A_4$ wynosi $360^\circ$ .

Jeżeli $W$ jest czworokątem, np. $A_1A_2A_3A_4$ lub pięciokątem, np. $A_1A_2A_3A_4A_5$ , to $W$ można podzielić na trójkąty przekątnymi wychodzącymi z jednego wierzchołka; punkt $A_6$ znajduje się wewnątrz jednego z tych trójkątów, więc ten przypadek sprowadza się do poprzedniego.

Jeżeli wreszcie $W$ jest sześciokątem, to suma miar jego kątów wynosi $720^\circ$ , więc największy z tych kątów jest $\geq 120^\circ$ i wyznacza żądany trójkąt.

Z powyższego wynika, że teza twierdzenia jest prawdziwa dla każdego zbioru sześciu punktów płaszczyzny.

Uwaga 1. W powyższym rozumowaniu korzystaliśmy z twierdzenia, że dla każdego zbioru $n \geq 3$ punktów płaszczyzny, nie leżących na jednej prostej istnieje taki wielokąt wypukły zawierający cały ten zbiór, którego wierzchołki są punktami zbioru. Istnienie takiego wielokąta - nazwiemy go oponą danego zbioru punktów - jest intuicyjnie oczywiste. Zaznaczmy na płaskim stole dowolną liczbę punktów, wbijmy w tych punktach szpilki, a następnie załóżmy z zewnątrz gumkę, tak aby się ściągnęła dokoła szpilek. Gumka oprze się na niektórych szpilkach i utworzy wielokąt wypukły obejmujący wszystkie szpilki. Takie doświadczenie nie zastąpi oczywiście dowodu, który obecnie przeprowadzimy.

Zastosujemy metodę indukcji. Dla zbioru trzech punktów nie leżących na prostej, twierdzenie jest prawdziwe; oponą jest wówczas trójkąt utworzony przez te punkty. Przypuśćmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla pewnego $n \geq 3$ i niech $Z$ będzie zbiorem składającym się z $n+1$ punktów płaszczyzny nie leżących na prostej. Obierzmy dowolnie na płaszczyźnie punkt $M$ i niech $A_1$ będzie punktem zbioru $Z$ najdalszym od $M$ (gdyby takich punktów było więcej niż jeden, $A_1$ ma być którymkolwiek z nich). Wszystkie punkty zbioru $Z$ , oprócz $A_1$ , leżą wtedy po jednej stronie prostej prostopadłej do $A_1M$ w punkcie $A_1$ .

Ponieważ punkty zbioru $Z$ nie leżą na jednej prostej, więc istnieją takie dwie półproste $p$ i $q$ o początku $A_1$ , które przechodzą przez pewne punkty zbioru $Z$ i tworzą kąt wypukły zawierający cały zbiór $Z$ . Niech $A_2$ będzie tym punktem zbioru $Z$ , który leży na półprostej $p$ najbliżej punktu $A_1$ , oraz $A_3$ takim-że punktem półprostej $q$ . Jeżeli każdy z pozostałych punktów $A_4, A_5, \ldots, A_{n+1}$ zbioru $Z$ leży na odcinku $A_2A_3$ , to trójkąt $A_1A_2A_3$ jest oponą zbioru $Z$ . W przypadku przeciwnym zbiór punktów $A_2, A_3,\ldots, A_{n+1}$ ma według założenia indukcyjnego oponę $P$ , przy czym $A_2$ i $A_3$ są wierzchołkami wielokąta $P$ (rys. 18).

Punkty $A_2$ i $A_3$ dzielą obwód wielokąta $P$ na dwie części: jedna z nich, którą oznaczymy $L_1$ , leży po przeciwnej stronie prostej $A_2A_3$ niż punkt $A_1$ ; druga część $L_2$ leży wewnątrz trójkąta $A_1A_2A_3$ lub pokrywa się z odcinkiem $A_2A_3$ . Łamana $L_1$ wraz z łamaną $A_2A_1A_3$ ograniczają wielokąt $Q$ , który powstaje przez połączenie wielokąta $P$ z trójkątem $A_1A_2A_3$ .

Stwierdzamy, że: $1^\circ)$ Wielokąt $Q$ zawiera wielokąt $P$ i punkt $A_1$ , więc zawiera cały zbiór $Z$ , $2^\circ)$ Każdy wierzchołek wielokąta $Q$ jest punktem zbioru $Z$ , $3^\circ)$ Wielokąt $Q$ jest wypukły, gdyż odcinek łączący dowolne dwa punkty $A$ i $B$ wielokąta $Q$ leży w nim całkowicie. Jest to oczywiste, gdy punkty $A$ i $B$ leżą oba w trójkącie $A_1A_2A_3$ albo oba w wielokącie $P$ . Gdy zaś np. punkt $A$ leży w trójkącie $A_1A_2A_3$ , a punkt $B$ w wielokącie $P$ poza tym trójkątem, wówczas odcinek $AB$ przecina odcinek $A_2A_3$ w pewnym punkcie $C$ , każdy zaś z odcinków $AC$ i $CB$ leży w wielokącie $Q$ , to samo dotyczy więc odcinka $AB$ . Wielokąt $Q$ jest zatem oponą zbioru punktów $A_1, A_2, \ldots, A_{n+1}$ ; twierdzenie zostało udowodnione.

Opona skończonego zbioru punktów płaszczyzny jest najmniejszym wielokątem wypukłym zawierającym ten zbiór, tzn. każdy wielokąt wypukły zawierający ów zbiór zawiera również jego oponę.

Uwaga 2. Znane jest następujące twierdzenie, zwane twierdzeniem Junga*):

Każdy zbiór punktów płaszczyzny mający średnicę d**) jest zawarty w pewnym kole o promieniu $\frac{d}{\sqrt{3}}$ .

Powołując się na to twierdzenie, możemy twierdzenie o sześciu punktach, o które chodzi w poprzednim zadaniu, udowodnić w sposób bardzo prosty.

Niech $k$ będzie kołem o promieniu $r=\frac{d}{\sqrt{3}}$ zawierającym dany zbiór punktów $\{A_1, A_2, \ldots, A_6\}$ płaszczyzny, w którym największa odległość dwóch punktów wynosi $d$ , a najmniejsza równa się $\delta$ .

Podzielmy koło $k$ na $6$ równych wycinków w taki sposób, żeby promień koła przechodzący przez jeden z danych punktów, np. przez punkt $A_1$ był wspólnym brzegiem dwóch wycinków (rys. 19).

Wówczas któryś z wycinków zawiera dwa punkty danego zbioru, na przykład $A_i$ i $A_k$ . Ponieważ średnica wycinka kołowego o kącie środkowym $60^\circ$ jest równa promieniowi koła (czego łatwy dowód proponujemy czytelnikowi), więc $A_iA_k \leq r$ ; lecz $\delta \leq A_iA_k$ , zatem $\delta \leq r$ , czyli

$ \sigma \leq \frac{d}{\sqrt{3}}, \ \textrm{ c n. d.} $

Dowód twierdzenia Junga dla zbiorów skończonych można przeprowadzić jak następuje.

Niech $Z$ będzie zbiorem $n$ punktów $A_1, A_2, \ldots, A_n$ płaszczyzny, a $\delta$ jego średnicą. Każdej trójce $A_i ,A_j ,A_k$ punktów zbioru przyporządkujmy pewne koło $Q_{ijk}$ zawierające te punkty. A mianowicie:

a) Jeżeli punkty $A_i$ , $A_j$ , $A_k$ są wierzchołkami trójkąta ostrokątnego, $Q_{ijk}$ oznacza koło opisane na tym trójkącie.

b) Jeżeli punkty $A_i$ , $A_j$ , $A_k$ nie są wierzchołkami trójkąta ostrokątnego, tzn. tworzą trójkąt prostokątny lub rozwartokątny, bądź są współliniowe, $Q_{ijk}$ oznacza koło opisane na najdłuższym z odcinków $A_iA_j$ , $A_jA_k$ , $A_kA_i$ jako na średnicy.

Zbiór kół $Q_{ijk}$ jest skończony, więc któreś z nich jest największe (tzn. nie mniejsze od żadnego innego); możemy przyjąć, że jest to koło $Q_{123} = Q$ o promieniu $r$ zawierające punkty $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ .

Udowodnimy, że koło $Q$ zawiera również wszystkie pozostałe punkty $A_4, A_5, \ldots, A_n$ zbioru $Z$ .

Wykażemy w tym celu, że jeżeli punkt $M$ płaszczyzny leży na zewnątrz koła $Q$ , to jeden z odcinków $A_1M$ , $A_2M$ , $A_3M$ jest dłuższy niż $2r$ , lub też dwa spośród punktów $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ tworzą wraz z $M$ trójkąt ostrokątny, a koło opisane na tym trójkącie ma promień większy niż $r$ .

Według definicji koła $Q$ zachodzi jeden z dwóch przypadków:

1) Dwa spośród punktów $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ , na przykład $A_1$ i $A_2$ są końcami średnicy koła $Q$ (rys. 20). Jeżeli punkt $M$ leży na prostej $A_1A_2$ lub jeżeli jeden z kątów $A_1A_2M$ , $A_2A_1M$ jest $\geq 90^\circ$ , to jeden z odcinków $A_1M$ , $A_2M$ jest dłuższy niż $A_1A_2$ , tj. niż $2r$ . Jeżeli zaś kąty $A_1A_2M$ i $A_2A_1M$ są ostre, to $\triangle A_1A_2M$ jest ostrokątny, gdyż $\measuredangle A_1MA_2$ też jest ostry. Promień $\rho$ koła opisanego na $\triangle A_1A_2M$ spełnia warunek $2\rho \sin \measuredangle A_1MA_2 = A_1A_2 = 2r$ , zatem $\rho>r$ .

2) Punkty $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ są wierzchołkami trójkąta ostrokątnego (rys. 21) wpisanego w $Q$ .

Punkty $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ dzielą wówczas okrąg koła $Q$ na trzy łuki mniejsze od półokręgu. Poprowadzimy styczne $MT$ i $MS$ do koła $Q$ oraz jego średnice $TT'$ i $SS'$ . Jeżeli punkt $A_i$ ( $i=1, 2, 3$ ) leży na łuku domkniętym (tj. z końcami) $S'T'$ *), to $A_iM \geq S'M >SS' =2r$ . Jeśli zaś żaden z punktów $A_1$ , $A_2$ , $A_3$ nie leży na łuku $S'T'$ to dwa z nich są końcami łuku (mniejszego od półokręgu) zawierającego łuk $S'T'$ . Niech np. $A_1$ leży na łuku otwartym (tj. bez końców) $TS'$ , a $A_2$ - na łuku otwartym $ST'$ . Trójkąt $A_1MA_2$ jest ostrokątny, gdyż $\measuredangle MA_1A_2 < \measuredangle TA_1T'=90^\circ$ , $\measuredangle MA_2A_1 < \measuredangle SA_2S'=90^\circ$ , a $\measuredangle A_1MA_2 < \measuredangle A_1SA_2 < 90^\circ$ . Promień $\rho$ koła opisanego na trójkącie $A_1MA_2$ spełnia warunek

$ 2\rho \sin \measuredangle A_1MA_2 = A_1A_2 = 2r \sin \measuredangle A_1SA_2 > 2r \sin \measuredangle A_1MA_2, \textrm{ zatem } \rho>r. $

Z powyższego wynika, że punkt $M$ nie pokrywa się z żadnym z punktów $A_4, A_5, \ldots, A_n$ . Koło $Q$ zawiera zatem istotnie cały zbiór $Z$ .

Promień $r$ koła $Q$ jest co najwyżej równy $\frac{d}{\sqrt{3}}$ . W samej rzeczy, w przypadku 1) $2r=A_1A_2\leq d$ , więc $r \leq \frac{d}{2}$ . Jeśli zaś zachodzi przypadek 2), to któryś z kątów trójkąta $A_1A_2A_3$ , na przykład kąt $A_3$ jest $\geq 60^\circ$ , więc $d \geq A_1A_2 =2r\sin \measuredangle A_2 \geq 2r \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$ , a stąd $r \leq \frac{d}{\sqrt{3}}$ . Istnieje zatem koło o promieniu $\frac{d}{\sqrt{3}}$ zawierające zbiór $Z$ , c.n.d.